2019版高考物理二輪復(fù)習(xí) 高考題型一 選擇題6 磁場考情題型練.doc

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選擇題6　磁場 1.(單選)(2018四川瀘州二診)如圖所示,三根長為L的直線電流在空間構(gòu)成以A為頂點的等腰直角三角形,其中A、B電流的方向垂直紙面向里,C電流方向垂直紙面向外,其中B、C電流大小為I,在A處產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度的大小均為B0,導(dǎo)線A通過的電流大小為2I,則導(dǎo)線A受到的安培力是(　　) A.2B0IL,水平向左 B.2B0IL,豎直向上 C.22B0IL,水平向右 D.0 2.(多選)(2018廣東韶關(guān)統(tǒng)考)如圖所示,水平放置的光滑平行金屬導(dǎo)軌,左端通過開關(guān)S與內(nèi)阻不計、電動勢為E的電源相連,右端與半徑為L=20 cm的光滑圓弧導(dǎo)軌相接。導(dǎo)軌寬度為20 cm,電阻不計。導(dǎo)軌所在空間有豎直方向的勻強磁場,磁感應(yīng)強度B=0.5 T。一根導(dǎo)體棒ab垂于導(dǎo)軌放置,質(zhì)量m=60 g、電阻R=1 Ω,用長也為20 cm的絕緣細線懸掛,導(dǎo)體棒恰好與導(dǎo)軌接觸。當(dāng)閉合開關(guān)S后,導(dǎo)體棒沿圓弧擺動,擺動過程中導(dǎo)體棒始終與導(dǎo)軌接觸良好且細線處于張緊狀態(tài)。導(dǎo)體棒ab速度最大時,細線與豎直方向的夾角θ=53(sin 53=0.8,g取10 m/s2),則(　　) A.磁場方向一定豎直向上 B.電源的電動勢E=8.0 V C.導(dǎo)體棒在擺動過程中所受安培力F=8 N D.導(dǎo)體棒擺動過程中的最大動能為0.08 J 3.(單選)(2018湖南三湘名校大聯(lián)考)如圖所示,在間距為d的豎直虛線MN、PQ區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面向外的勻強磁場。一質(zhì)量為m,電荷量為+q的帶電粒子沿與豎直方向成60的方向,從A點以速度v0進入勻強磁場。不計粒子的重力,若要使粒子從MN飛出磁場,則磁感應(yīng)強度的最小值為(　　) A.B=mv02qd B.B=3mv02qd C.B=23mv03qd D.B=3mv02qd 4.(多選)(2018東北三省三校一模)如圖所示,半徑為R的圓形區(qū)域位于正方形ABCD的中心,圓心為O,與正方形中心重合。圓形區(qū)域內(nèi)、外有垂直紙面的勻強磁場,磁感應(yīng)強度大小相等、方向相反。一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子以速率v0沿紙面從M點平行于AB邊沿半徑方向射入圓形磁場,并從N點平行于AD邊射出,且恰好沒射出正方形磁場區(qū)域,粒子重力忽略不計,已知磁感應(yīng)強度大小為mv0qR,則(　　) A.粒子由M點運動到N點時速度偏轉(zhuǎn)角為90 B.正方形區(qū)域的邊長為3R C.粒子再次回到M點時所經(jīng)歷的時間為4πRv0 D.粒子再次回到M點時所經(jīng)歷的時間為3πRv0 5.(多選)(2018廣東揭陽高三期末)如圖所示,在邊長為L的正方形區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面向里的勻強磁場,有一帶正電的電荷,從D點以v0的速度沿DB方向射入磁場,恰好從A點沿BA方向射出,已知電荷的質(zhì)量為m,帶電荷量為q,不計電荷的重力,則下列說法正確的是(　　) A.勻強磁場的磁感應(yīng)強度為mv0qL B.電荷在磁場中運動的時間為πL2v0 C.若減小電荷的入射速度,使電荷從CD邊界射出,電荷在磁場中運動的時間會減小 D.若電荷的入射速度變?yōu)?v0,則粒子會從AB邊的中點射出 6.(單選)(2018廣東汕頭質(zhì)檢)如圖,空間某區(qū)域存在勻強電場和勻強磁場,電場方向豎直向上(與紙面平行),磁場方向垂直于紙面向里。紙面內(nèi)有兩個半徑不同的半圓在b點平滑連接后構(gòu)成一絕緣光滑環(huán)。一帶電小球套在環(huán)上從a點開始運動,發(fā)現(xiàn)其速率保持不變。則小球(　　) A.帶負電 B.受到的洛倫茲力大小不變 C.運動過程的加速度大小保持不變 D.光滑環(huán)對小球始終沒有作用力 7.(單選)(2018江西六校聯(lián)考)在圖示的寬度范圍內(nèi),用勻強電場可使以初速度v0垂直射入電場的某種正離子偏轉(zhuǎn)θ角,若改用垂直紙面向外的勻強磁場,使該離子穿過磁場時偏轉(zhuǎn)角度也為θ,則電場強度E和磁感應(yīng)強度B的比值為(　　) A.1∶cos θ B.v0∶cos θ C.tan θ∶1 D.v0∶sin θ  選擇題6　磁場 1.B　解析 B、C電流在A處產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度的大小分別為B0,根據(jù)力的平行四邊形定則,結(jié)合幾何關(guān)系,則有A處的磁感應(yīng)強度為:BA=2B0,方向水平向左;再由左手定則可知,安培力方向豎直向上,大小為F=2B02IL=2B0IL;所以B正確、ACD錯誤;故選B。 2.BD　解析 當(dāng)開關(guān)S閉合時,導(dǎo)體棒向右擺動,說明其所受安培力水平向右,由左手定則可知,磁場方向豎直向下,故A錯誤;設(shè)電路中電流為I,電源的電動勢為E,由F=BIL=BERL,導(dǎo)體棒ab速度最大時,細線與豎直方向的夾角θ=53,則tan θ=Fmg,得E=8.0 V,安培力F=0.8 N,故B正確,C錯誤;根據(jù)動能定理得:FLsin 53-mgL(1-cos 53)=Ek-0,解得Ek=0.08 J,故D正確。 3.D　解析 由題可得,粒子軌跡與PQ相切,由幾何知識可得r+rcos 60=d,解得r=23d,電子在磁場中做勻速圓周運動,洛倫茲力提供向心力qv0B=mv02r,解得磁感應(yīng)強度的最小值為B=3mv02qd,故ABC錯誤,D正確;故選D。 4.AC　解析 粒子在磁場中做勻速圓周運動,運動軌跡如圖所示, 設(shè)軌道半徑為r1,由幾何關(guān)系可知,粒子由M點運動到N點時速度偏轉(zhuǎn)角為90,r1=R,選項A正確;粒子在正方形磁場中的軌道半徑為r2,粒子恰好不從AB邊射出,則有qv0B=mv02r2,解得r2=mv0Bq=R;則正方形的邊長L=2r1+2r2=4R,選項B錯誤;粒子在圓形磁場中做圓周運動的周期T1=2πRv0,在圓形磁場中運動時間t1=T12=πRv0;粒子在圓形以外的區(qū)域做圓周運動周期T2=2πRv0;在圓形以外的磁場中運動時間:t3=32T2=3πRv0;則再次回到M點的時間t=t1+t2=4πRv0,選項C正確,D錯誤;故選AC。 5.AB　解析 由圖可以看出粒子圓周運動的半徑R=L,根據(jù)牛頓第二定律qv0B=mv02r,得B=mv0qL,A正確;因為T=2πLv0,轉(zhuǎn)過的圓心角為90,則t=142πLv0=πL2v0,故B正確;若電荷從CD邊界射出,則轉(zhuǎn)過的圓心角為180,故電荷在磁場中運動的時間增大,C錯誤;若電荷的入射速度變?yōu)?v0,則半徑變?yōu)?L,軌跡如圖。 設(shè)DF為h,由幾何知識(2L-h)2+L2=(2L)2,得h=(2-3)L≠12L,可見E不是AB的中點,即粒子不會從AB中點射出,D錯誤。 6.B　解析 小球速率不變,則做勻速圓周運動,可知所受的電場力和重力平衡,所以小球受向上的電場力,則小球帶正電,選項A錯誤;小球的速率不變,根據(jù)f=Bqv可知受到的洛倫茲力大小不變,選項B正確;因小球在不同的圓環(huán)中運動的半徑不同,根據(jù)a=v2r可知,小球從小圓環(huán)過渡到大圓環(huán)的過程中加速度變小,選項C錯誤;小球從小圓環(huán)過渡到大圓環(huán)的過程中,加速度減小,根據(jù)FN+qvB=ma可知光滑環(huán)對小球作用力要發(fā)生變化,且作用力不可能總是零,選項D錯誤;故選B。 7.B　解析 設(shè)粒子的質(zhì)量為m、電荷量為q、場區(qū)寬度為L,粒子在電場中做類平拋運動,則有:L=v0t ① a=qEm ② 則:tan θ=atv0 ③ 由①②③得:tan θ=qELmv02 ④ 粒子在磁場中做勻速圓周運動,軌跡如圖所示。 R=mv0qB ⑤ 由幾何知識得:sin θ=LR ⑥ 由⑤⑥解得:sin θ=qBLmv0 ⑦ 由④⑦式解得:EB=v0cosθ,B正確;ACD錯誤。